Komplekse tal - Danske Science Gymnasier · Det er muligt at hente teksten i form af en pdf-fil. Opgaverne åbnes i matematikprogrammet Derive, og det forudsættes derfor, ... 3 …

Komplekse tal Matematik og naturfag i verdensklasse, 2004

Komplekse tal Dette materiale er beregnet til undervisning i matematik i gymnasiet. Der forudsættes kendskab til løsning af andengradsligninger, trigonometri og en lille smule vektorregning. Materialet omhandler komplekse tal, specielt andengradsligningen. Målet er at give eleverne et første indblik i, hvad komplekse tal er, således at de kan nikke genkendende til de komplekse løsninger, som de af og til støder på i arbejdet med matematikprogrammer og avancerede lommeregnere. Materialet består af en tekst (som evt. kan opgives til mundtlig eksamen), nogle opgaver og et par quizzer. Det er muligt at hente teksten i form af en pdf-fil. Opgaverne åbnes i matematikprogrammet Derive, og det forudsættes derfor, at eleverne arbejder ved en computer, hvor der er installeret Derive. Opgaverne er nummereret fortløbende og er placeret i teksten, så de passer med den teori, der lige er arbejdet med. Hanne Østergaard, Ishøj Amtsgymnasium

Indholdsfortegnelse Indledning..........................................................................................................................2

Definition af komplekse tal ................................................................................................3

Regning med komplekse tal ..............................................................................................4

Eksistens af komplekse tal ................................................................................................5

Den komplekse talplan ......................................................................................................6

Modulus og argument........................................................................................................7

Konjugering .......................................................................................................................9

Multiplikation og division i polære koordinater.................................................................10

Ligningen zn = a ..............................................................................................................14

Ligningen z2 = a ..............................................................................................................16

Andengradsligningen az2 + bz + c = 0.............................................................................19

Andengradsligninger med reelle koefficienter .................................................................21

1


Indledning

Hvis vi skal løse andengradsligningen ax , bruger vi løsningsformlen 0a,0cbx2 ≠=++

(1) a2

ac4bbx2 −±−

=

Vi plejer at sætte og at kalde d for diskriminanten. Hvis d er der to løsninger, hvis d = 0 er der én løsning, og hvis d

ac4bd 2 −= 0>0< er der så ingen løsning.

Hvis vi prøver at løse en andengradsligning med et computerprogram, fx Derive, så vil vi se det pudsige, at der dukker to løsninger frem, selvom d 0< . Vi skal se på, hvad det er for en talmængde, der indeholder de løsninger, som vi ellers påstår ikke findes. Denne talmængde kaldes de komplekse tal. Andengradsligningen

(2) 01x2 =+

har ikke nogen løsning, idet der ikke findes et reelt tal, som ganget med sig selv giver -1. Hvis vi alligevel prøver at bruge den sædvanlige løsningsformel, (1), for andengradsligninger, får vi

12

122

)1(42

11400x −±=−±

=−⋅±

=⋅⋅−±−

=

Vi vil nu prøve at godtage 1− som en løsning, selvom vi godt ved, at 1− ikke er et reelt tal. Hvis 1− skal være en løsning, må der gælde

(3) 1)1( 2 −=−

eller m.a.o., at 1− er et tal, som ganget med sig selv giver -1.

I de tilfælde, hvor en andengradsligning ikke har nogen løsning indenfor de reelle tal, kan løsningsformlen altid omskrives, så den står på formen

Ra,a,1aax 2121 ∈−+=

og man kan sagtens regne med tal på formen 1aa 21 −+ , når blot man husker at bruge regel (3) samt regnereglerne for de reelle tal.

Eksempel Vi vil prøve at løse andengradsligningen

03x2x2 =++

Løsningsformlen (1) giver

)1(212

)1(2222

)1(822

1242x −±=−±−

=−⋅±−

=−±−

=

Vi kalder de to løsninger x1 og x2 og finder

2


2)121()121(xx 21 −=−−−+−+−=+

og

⇔−−−⋅−+−=⋅ )121()121(xx 21

3)1(211212)1()2(1xx 2221 =−⋅−=−−−+−−=⋅

Vi ser, at selvom der ikke er tale om ”rigtige” løsninger, så gælder den sædvanlige regel, at summen af rødderne er lig med minus koefficienten til x, og produktet af rødderne er lig med konstantleddet.

Prøv selv at regne med tal på formen 1a21 −+a i Derive.

Opgave 1

Definition af komplekse tal Vi vil nu definere, hvad der skal forstås ved et komplekst tal.

Definition 1 Tallet i er givet ved

1i −=

Ifølge det foregående afsnit betyder det, at i 12 −= .

Definition 2 De komplekse tal består af mængden af alle tal, der kan skrives på formen

Ra,a,iaaa 2121 ∈+=

De komplekse tal betegnes C og i kaldes den imaginære enhed. Nogle gange bruges betegnelsen imaginære tal for de komplekse tal. De reelle tal a1 og a2 kaldes hhv. realdelen og imaginærdelen af det komplekse tal og betegnes hhv. Re(a) og Im(a). Hvis a 01 = kaldes a 2ia= et rent imaginært tal. Hvis

er a et reelt tal. Derfor er de reelle tal en delmængde af de komplekse tal. 0a2 = 1a=

Hvis kaldes 21 iaaa += 21 iaaa −= det konjugerede tal til a.

Eksempel er et komplekst tal med realdel 2 og imaginærdel 3. i32a +=

i32a −= er det konjugerede tal til a.

er et reelt tal. 5b =

er et rent imaginært tal. i7c =

3


Opgave 2

Regning med komplekse tal Addition, subtraktion, multiplikation og division foregår på samme måde som for reelle tal. Man skal blot huske på, at i 12 −= . Man kan altid reducere sit regneudtryk, så resultatet ender med at stå på formen Rc,c,ccc 2121 ∈+= .

Eksempel Lad og . Så er i32a += i51b +−=

⇔+−++=+ )i51()i32(ba

⇔+−+=+ i51i32ba

i81ba +=+

og ⇔+−−+=− )i51()i32(ba

⇔−++=− i51i32ba

i23ba −=−

og ⇔+−⋅+=⋅ )i51()i32(ba

⇔−++−=⋅ i3i10i152ba 2

⇔+−−=⋅ i7152ba

i717ba +−=⋅

Ved division vil ba være en brøk med et komplekst tal i nævneren. Her skal man få den

gode idé at forlænge brøken med b . På den måde bliver nævneren et reelt tal, så resultatet igen kan skrives på formen Rc,c,ccc 2121 ∈+= .

Eksempel

Lad og . Så er i32a += i51b +−= i51b −−= og vi får

⇔+−+

=i51

i32ba

⇔−−+−−−+

=)i51)(i51()i51)(i32(

ba

⇔−

−−−−= 2

2

i251i3i10i152

ba

4


⇔+

−+−=

251i13152

ba

⇔−

=26

i1313ba

i21

21

ba

−=

Man kan selvfølgelig også udlede formlerne for addition osv. generelt. For addition ser formlen sådan ud, når a og b21 aa += 21 bb += :

⇔+++=+ )ibb()iaa(ba 2121

⇔+++=+ 2121 ibbiaaba

)ba(i)ba(ba 2211 +++=+

For multiplikation kommer formlen til at se sådan ud:

)baba(i)baba(ba 12212211 ++−=⋅

Øvelse Udled formlen for multiplikation af to komplekse tal.

Opgave 3

Quiz 1

Eksistens af komplekse tal Man kan indføre de reelle tal ved først at indføre de hele tal ud fra de naturlige tal, dernæst de rationale tal ud fra de hele tal og endelig de reelle tal ud fra de rationale tal. Ligeledes kan man indføre de komplekse tal ud fra de reelle tal. W. R. Hamilton indførte i 1837 de komplekse tal på aritmetisk grundlag ved at indføre addition og multiplikation i mængden af reelle talpar på følgende måde: )a,a( 21

)ba,ba()b,b()a,a( 22112121 ++=+

)baba,baba()b,b()a,a( 122122112121 +−=⋅

Man kan nu vise, at mængden af reelle talpar med de to kompositioner defineret ovenfor udgør et tallegeme. Ved dernæst at indføre betegnelsen ”i” for talparret (0,1) og betegnelsen 1 for talparret (1,0), kan man ved at benytte ovenstående indse, at i2 = -1, og herefter kan man gå over til den skrivemåde, der er indført i de forrige afsnit. I matematikundervisningen i gymnasiet er der ikke tradition for at indføre de reelle tal på en stringent måde. Vi tager det i stedet for givet, at de reelle tal med kompositionerne addition og multiplikation udgør et tallegeme, ( ),,R ⋅+ . På samme måde vil vi i disse noter

5


tage det for givet, at de komplekse tal med kompositionerne addition og multiplikation udgør et tallegeme, ( . ),,C ⋅+

ba(i 2 ++

Eksistensen af komplekse tal er beskrevet mange steder i litteraturen. Her henvises den interesserede læser til to bøger, som er skrevet til gymnasieniveau: Jesper Frandsen: Komplekse tal og fraktaler, Systime, 1992. Jens Carstensen: Komplekse tal, Systime, 1987.

Den komplekse talplan Man kan afbilde et komplekst tal 21 iaaa += i punktet ( i en plan med et sædvanligt retvinklet koordinatsystem. Alle tal på formen

)a,a 21

aa 0i1 += , dvs. alle reelle tal, afbildes på 1.aksen. Denne akse kaldes derfor den reelle akse. Alle tal på formen

, dvs. alle rent imaginære tal, afbildes på 2.aksen. Den kaldes derfor den 2ia0a +=imaginære akse. Specielt ser vi, at 1 afbildes i punktet (1,0) og at i afbildes i punktet (0,1). Det er derfor, vi kalder i den imaginære enhed. I vektorregning kalder vi vektoren fra begyndelsespunktet (0,0) til a for stedvektoren til a. Da , afbildes a))ba(ba 211 +=+ b+ i punktet ( )ba,ba 2211 ++ . Heraf kan vi se, at addition af to komplekse tal svarer til addition af de tilsvarende stedvektorer.

Addition af komplekse tal

6


Opgave 4

Quiz 2

Modulus og argument Ved multiplikation og division af komplekse tal er det bekvemt at skrive de komplekse tal på en anden form.

Lad . Så er 21 aaa += længden af a eller modulus af a givet ved

22

21 aaa +=

Af udtrykket ovenfor kan vi se, at modulus af a er det samme som længden af stedvektoren til a.

Hvis vi ser på stedvektoren til a, så ved vi fra vektorregningen, at )vcos(a1 =a og

)vsin(aa2 = , hvor v er vinklen mellem den positive del af 1.aksen og stedvektoren til a. Vi kan derfor skrive a på formen

⇔+= )vsin(ai)vcos(aa

))vsin(i)v(cos(aa +=

Vi siger, at a skrives i polære koordinater, som man nogle gange angiver sådan: )v,a( . I

polære koordinater angiver man altså a og v i stedet for a1 og a2.

Modulus og argument

Vinklen v kaldes et argument af a. Hvis v er et argument af a, er alle vinkler, som er lig med også et argument af a. Normalt benytter man det argument, der ligger i intervallet . Dette argument kaldes

Zp,2pv ∈π+];] ππ− hovedargumentet. Man benytter betegnelsen

arg(a) for et argument af a.

7


Hvis , så kan vi finde hovedargumentet ud fra de to formler 21 aaa += )vcos(a1 =a og

)vsin(aa2 = , som omskrives til

aa)vcos( 1= og

aa)vsin( 2=

Disse to ligninger har hver to løsninger i intervallet ];] ππ− . Den rigtige vinkel er den, som er løsning til begge ligninger.

Eksempel Et komplekst tal er givet ved a = -3 + 4i. Vi vil finde modulus og argument for a:

Vi beregner først a :

54)3(a 22 =+−=

Dernæst beregner vi v:

53)vcos( −

=

giver i intervallet løsningerne v = 2,214 eller v = -2,214. ];] ππ−

54)vsin( =

giver i intervallet løsningerne v = 0,927 eller v = -2,214. ];] ππ−

Heraf ser vi, at vi må vælge v = 2,214, og derefter kan vi omskrive a til ))214,2sin(i)214,2(cos(5a +=

eller vi kan sige, at

5a = og 214,2v =

I stedet for at finde de to løsninger til hver af ligningerne aa)vcos( 1= og

aa)vsin( 2=

indenfor intervallet ];] ππ− , kan man tegne stedvektoren til a i et koordinatsystem. Her kan man se hvilken vinkel, der er tale om, og så nøjes med at bruge enten cosinus eller sinus (eller tangens) til bestemmelse af vinklen. Det er nok det letteste i praksis.

8


Eksempel

Tallet a fra forrige eksempel er afsat i planen, og der er tegnet en enhedscirkel. Her kan man se, at hovedargumentet ligger mellem π/2 og π. Derfor er det lettest at bruge cosinus til at bestemme vinklen, idet sinus vil give en vinkel i 1. kvadrant.

Opgave 5

Eksempel Hvis et komplekst tal er givet ved polære koordinater, kan man omskrive, så tallet står på den sædvanlige facon.

Et komplekst tal er givet ved 6a = og 3

)aarg( π= . Så gælder altså

⇔π

+π

= ))3

sin(i)3

(cos(6a

⇔+= )23i

21(6a

i333a +=

Opgave 6

Konjugering Hvis , så er 21 aaa += 21 aaa −= , og heraf kan vi se, at konjugering af et tal svarer til at spejle tallet i 1.aksen. Der gælder derfor, at )aarg()aarg( −= .

9


Et tal og det konjugerede tal

Idet 22

21 aaa += får vi

222

212121 aaa)iaa)(iaa(aa =+=−+=

altså aaa = . Desuden er aa = .

Øvelse

Vis at aa = .

Hvis a skrives på formen ))vsin(i)v(cos(aa += , så er ))vsin(i)v(cos(aa −+−= . Da og sin( , og da )vcos()vcos( =− )vsin()v −=− aa = , får vi her to skrivemåder for a :

))vsin(i)v(cos(aa −+−= og ))vsin(i)v(cos(aa −=

hvor v er et argument af a.

Multiplikation og division i polære koordinater Hvis to komplekse tal a og b er givet i polære koordinater, altså ved modulus og argument, kan multiplikation og division udtrykkes simpelt.

Sætning 1

Hvis gælder 0a ≠a1

a1= og )aarg()

a1arg( −= .

10


Bevis

Hvis så er u)aarg( = ))usin(i)u(cos(a +=a og ))usin(i)u(cos(aa −+−= . Vi ved

desuden, at 2a=aa og det kan omskrives til 2aa

a1= . Vi får nu:

⇔= 2aa

a1

⇔−+−

= 2a

))usin(i)u(cos(aa1

))usin(i)u(cos(a1

a1

−+−=

Nu er a1 skrevet ved hjælp af modulus og argument, hvoraf vi aflæser, at

a1

a1= og

)aarg()a1arg( −= .

Sætning 2: baba =⋅ og arg( )barg()aarg()ba +=⋅

Bevis:

Hvis )usin(i)u(cos(aa += og ))vsin(i)v(cos(b +=b får vi

⇔+⋅+=⋅ ))vsin(i)v(cos(b))usin(i)u(cos(aba

⇔+⋅+=⋅ ))vsin(i)v(cos())usin(i)u(cos(baba

))vcos()usin()vsin( +)u(cos(i))vsin()usin()vcos()u((cos(baba +−=⋅

Ved brug af de to additionsformler )vucos()vsin()usin()vcos()ucos( +=−

og )vusin()vcos()usin()vsin()ucos( +=+

får vi nu

))vusin(i)vu(cos(baba +++=⋅

Heraf ser vi at baba =⋅ og arg( )barg()aarg()ba +=⋅

11


Eksempel

Hvis a og b er givet ved 5a = , 3

)aarg( π−= og π== )barg(,3b , så er

1535ba =⋅=⋅ og 32

3)baarg( π

=π+π

−=⋅

Vi kan også omregne, så tallet står på sædvanlig form:

2315i

215)

23i

21(15))

32sin(i)

32(cos(15ba +−=+−=

π+

π=⋅

Sætning 3:

Hvis , så er 0b ≠ba

ba= og )barg()aarg()

baarg( −=

Bevis

Lad ))usin(i)u(cos(aa += og ))vsin(i)v(cos(b +=b . Så gælder ifølge sætning 1

))vsin(i)v(cos(b1

b1

−+−=

Vi bruger nu sætning 2, men med b1 indsat i stedet for b:

⇔−++−+⋅=⋅= )))v(usin(i))v(u(cos(b1a

b1a

ba

))vusin(i)vu(cos(ba

ba

−+−==

Heraf aflæses det ønskede.

Eksempel

Hvis a og b er givet ved 6a = , 3

)aarg( π= og

6)barg(,3b π

−== , så er

236

ba

== og 32)

6(

3)

baarg( π

=π

−−π

=

Sætning 4: nn aa = og arg( Nn),aarg(n)an ∈⋅=

12


Bevis Beviset er et induktionsbevis. Vi vil starte med at vise, at sætningen er sand for n 1= og

. Da 2n =11 aaa == og )aarg(1)aarg()aarg( 1 ==

glæder sætningen for n . 1=Ifølge sætning 2 gælder sætningen også for n 2= :

22 aaaaaa ==⋅=

og

)aarg(2)aarg()aarg()aaarg()aarg( 2 =+=⋅=

Vi antager nu, at sætningen er sand for et naturligt tal n 1− . Vi vil vise, at så gælder sætningen også for n.

n1n1n1nn aaaaaaaa ===⋅=−−−

og

)aarg(n)aarg()aarg()1n()aarg()aarg()aaarg()aarg( 1n1nn =+−=+=⋅= −−

Vi kan altså skrive an på formen

))vnsin(i)vn(cos(aa nn ⋅+⋅=

hvor v = arg(a).

Øvelse Vis, at sætning 4 gælder for n . Z∈

Eksempel

Et komplekst tal er givet ved 2

)aarg(,2a π== . Så er 0)

2cos(2a1 =

π= og

2)sin(2a 22 == π , dvs. i2iaaa 21 =+= . Vi vil nu beregne a2, a3 og a4.

4))sin(i)(cos(4a,2

2)aarg(,42a 2222 −=π+π=π=π

===

i8))2

3sin(i)2

3(cos(8a,2

3)aarg(,82a 3333 −=π

+π

=π

===

16))2sin(i)2(cos(16a,22

4)aarg(,162a 4444 =π+π=π=π

===

13


Eksempel

Et tal a er givet ved 1,1a = og 6

)aarg( π= . Tallene an, n = 1,2, …, 20 er afbildet i

koordinatsystemet nedenfor.

Opgave 7

Quiz 3

Ligningen zn = a Inden vi går i gang med andengradsligningen, vil vi først se på n’te-gradsligningen

, og derefter på den simple andengradslingning, . azn = az2 =

Sætning 5: Ligningen har løsningerne: azn =

1n...,,2,1,0p),n2p

nvsin(i)

n2p

nv(cos(az n −=

π++

π+=

hvor v = arg(a).

Bevis Vi finder først modulus af z. Ifølge sætning 4 gælder

nn zz =

og da

14


azn =

får vi nnn azazz =⇔==

Ifølge sætning 4 gælder

)zarg(n)zarg( n =

Idet v er et argument af a i intervallet ] ]ππ− , gælder, at samtlige argumenter af a er givet ved . Derfor er argumentet af z også lig med Zp,2pv ∈π+

Zp,2pv)zarg( n ∈π+=

Argumentet a z kan nu findes

⇔∈π+== Zp,2pv)zarg(n)zarg( n

Zp,n2p

nv)zarg( ∈

π+=

Der er således uendelig mange argumenter, men det er nok at se på p = 0, 1, 2, ..., n-1, idet alle øvrige værdier af p giver argumenter af z, som er identiske med de allerede

fundne, på nær multipla af 2 . Fx vil p = n give π π+ 2nv . Derfor er løsningerne givet ved

1n...,,2,1,0p),n2p

nvsin(i)

n2p

nv(cos(az n −=

π++

π+=

Af løsningsformlen til ligningen ser vi, at alle løsninger har samme modulus. Har man fundet løsningen for p = 0 og afsat den i den komplekse plan, ses det, at den næste

løsning findes ved at dreje den første løsning vinklen

azn =

n2π omkring (0,0), og så fremdeles.

De n løsninger vil altså ligge som hjørner i en regulær n-kant med centrum i (0,0).

Eksempel

Vi vil løse ligningen . Modulus af z er givet ved 64zn = 264z 5 == . Argumentet af z5 er 0, da 64 ligger på den positive del af den reelle akse. Argumenterne af de 5 løsninger er så

4,3,2,1,0p,52p0)zarg( =π

+=

altså, argumenterne er

58og

56,

54,

52,0 ππππ

I intervallet ] ]; ππ− får vi argumenterne

15


54,

52,0 π

±π

±

Løsningerne bliver nu, idet vi husker at cos( )vcos()v =− og )vsin()vsin( −=−

2 z1 =

))sin(i)(cos(2z 52

52

2ππ +=

))sin(i)(cos(2z 54

54

3ππ +=

))sin(i)(cos(2z 54

54

4ππ −=

))sin(i)(cos(2z 52

52

5ππ −=

Løsningerne bliver hjørnerne i en regulær femkant:

Løsninger til ligningen z5 = 64

Man kan altså ved at løse ligningen zn = 64 og afsætte løsningerne i den komplekse talplan konstruere en regulær 5-kant.

Opgave 8

Ligningen z2 = a Inden vi går i gang med den generelle andengradsligning, vil vi først se på den simple andengradsligning, . az2 =

Sætning 6: Andengradsligingen har rødderne az2 =

16


))2vsin(i)

2v(cos(az +±=

hvor a er modulus af a, og arg( v)a = .

Bevis

Af sætning 5 ses, at ligningen z har rødderne a2 =

1,0p),2

2p2vsin(i)

22p

2v(cos(az 2 =

π++

π+=

altså

))2vsin(i)

2vcos(az1 +=

og

))2vsin(i)

2vcos(az2 π++π+=

Da )2vcos()

2vcos( −=π+ og )

2vsin()

2vsin( −=π+ ses det, at z 12 z−= , altså kan

rødderne skrives

))2vsin(i)

2vcos(az +±=

Vi vil nu definere, hvad der skal forstås ved kvadratroden af et komplekst tal:

Definition 3 Kvadratroden af et komplekst tal a er givet ved

))2vsin(i)

2vcos(aa +=

hvor )aarg(v =

Med denne definition kunne vi formulere sætning 6 således:

Andengradsligningen har rødderne az2 = a± .

Vi vil se på beregning af kvadratrødder i nogle eksempler.

Eksempel

Vi vil løse ligningen . 4z2 =

Her ligger på den positive del af den reelle talakse. Så er og dermed er også

4a = 0v =02

v = . Desuden er 2a = , og vi får

2))0sin(i)0(cos(2z ±=+±= .

17


Ved brug af definitionen ovenfor får vi: 2))0sin(i)0(cos(24 =+= . Vi ser altså, at symbolet 4 heldigvis har samme betydning som det tilsvarende reelle symbol.

Ved i eksemplet ovenfor at erstatte tallet 4 med et vilkårligt reelt tal a, hvor a , kan vi se, at symbolet

0≥a har samme betydning inde for de reelle tal og de komplekse tal, når

altså blot . 0a ≥

Eksempel

Vi vil løse ligningen . 1z2 −=

Her er og dermed 1a −= , og vinklen mellem a og den positive del af den

reelle talakse er . Så er π=v22

v π= , og løsningerne bliver

1a =

i))2

sin(i)2

(cos(1z ±=π

+π

±=

Ved brug af definitionen ovenfor får vi: i))2

sin(i)2

(cos(11 =π

+π

=− . Vi ser altså,

at definition 1 og definition 3 stemmer overens. Eksemplet ovenfor kan let generaliseres til at vise, at hvis a er et vilkårligt reelt tal hvor

, så er 0a ≥ aia =− .

Øvelse

Vis, at hvis , så er0a ≥ aia =−

Opgave 9

Eksempel

Vi vil løse ligningen . i32zn −=

Her er , og i32a −= , og vi finder )aarg(v = ved at løse

ligningerne 132)v =cos( og

133)vsin( −

= . Den løsning, der tilfredsstiller begge

ligninger er 98279,0v −= , og dermed er 49140,02v

−= .

1394a =+=

Løsningen til ligningen z er så i32n −=

⇔−+−±= ))49140,0sin(i)49140,0(cos(13z

)i8960,06741,1(z −±=

og vi ser heraf endvidere at

i8960,06741,1i32 −=− .

18


Vi har nu set tre eksempler på beregning af kvadratrødder af komplekse tal. Man kan ifølge definition 3 uddrage kvadratroden af alle komplekse tal, mens man indenfor de reelle tal jo kun kan tage kvadratroden af et tal, som er større end eller lig med nul. Inden for de reelle tal gælder forskellige regneregler, fx baba ⋅=⋅ . Disse regneregler gælder ikke inden for de komplekse tal.

Øvelse

Sæt a og b og vis, at brug af regnereglen 1−= 1−= baba ⋅=⋅ kan føre til en modstrid.

Opgave 10

Andengradsligningen az2 + bz + c = 0

Sætning 7: Andengradsligningen az . har rødderne 0a, 0 c bz 2 ≠=++

a2

dbz ±−=

hvor . ac4bd 2 −=

Bevis: Da , kan vi omskrive andengradsligningen: 0a ≠

⇔=++ 0 c bz az2

⇔=++ 0 ac z

ab z2

⇔−=++ ac)

2ab( )

2ab( z

2ab 2 z 222

⇔−=+ 4a4ac

4ab )

2ab (z 22

22

⇔−=+ 4ac b )2ab (z4a 222

4ac b ))2ab (2a(z 22 −=+

Nu kalder vi det, der står på venstre side af lighedstegnet for y2 og det, der står på højre side for d, og får så ligningen

dy2 =

19


Denne ligning har ifølge sætning 6 løsningen

))2vsin(i)

2v(cos(dy +±=

hvor v er et argument af d. Idet ))2vsin(i)

2v(cos(dd += , kan dette også skrives

dy ±=

og vi får derved

⇔±=+= d)a2

bz(a2y

⇔±−=a2d

a2bz

a2dbz ±−

=

Vi får altså, at løsningsformlen får det samme udseende som for reelle tal.

Eksempel: Ligningen

0)i48(z)i51(z2 =+−−+

har diskriminanten

i68))i48((14)i51(d 2 +=+−⋅⋅−−=

Vi får så

1068d 22 =+=

og skal finde v ud fra de to ligninger

108)vcos( = og

106)vsin( =

Løsningen er v 64350,0= og dermed er 32175,02v= .

Nu kan vi beregne kvadratroden af d:

i3))32175,0sin(i)32175,0(cos(10d +=+=

og endelig kan vi beregne løsningerne:

+−+

=⋅

+±−−=

i22i31

12)i3()i51(z

20


Opgave 11

Andengradsligninger med reelle koefficienter

Sætning 8 Hvis a, b og c er reelle tal, og d < 0, så er de to rødder i andengradsligningen

0a, 0 c bz az2 ≠=++

hinandens konjugerede.

Bevis De to rødder er

a2d

a2b

a2dbz1 +−=

+−=

og

a2d

a2b

a2dbz2 −−=

−−=

Da d er negativ, er arg(d) , og dermed er π=

id))sin(i)(cos(dd 22 ⋅=⋅+= ππ

Vi får nu

a2d

ia2

bz1 ⋅+−= og a2d

ia2

b2 ⋅−−=z

Da a2b− og

a2d

begge er reelle tal, er 12 z=z

Vi ser altså, at i det tilfælde, hvor en andengradsligning med reelle koefficienter ikke har nogen reelle rødder, vil der være to komplekse rødder, der er hinandens konjugerede.

Eksempel Andengrandsligningen

02z2z2 =++

har diskriminanten . 4- 4·1·2 - 2 d 2 ==

Vi får så i2idd =⋅= , og løsningerne bliver

i12

i22z1 +=+

= og i12

i22z2 −=−

=

21


22

Opgave 12

Documents

Komplekse tal - Danske Science Gymnasier · Det er muligt at hente teksten i form af en pdf-fil. Opgaverne åbnes i matematikprogrammet Derive, og det forudsættes derfor, ... 3 …